Overflateladningstetthet på metalloverflate

Transkript

1 0.0.08: Rettet opp feil i oppgave 4 og løsningsforslag til oppgave 8b. Overflateladningstetthet på metalloverflate. Ei metallkule med diameter 0.0 m har ei netto ladning på 0.50 nc. Hvor stort er det elektriske feltet rett ved overflaten av kula? A N/C B. 4.7 N/C C. 6. N/C D N/C E N/C Løsning: Det elektriske feltet rett ved overflaten av en elektrisk leder er E σ/ε 0, der σ er overflateladningstettheten. Siden σ /A har vi E σ /A ε 0 ε 0 4πε 0 d/ m/f C 0.0 m 4.7 N/C. Her har vi brukt k /4πε 0.. Det største elektriske feltet som kan opprettholdes i luft er ca. 3.0 MV/m V/m N/C. Høyere verdier gir coronautladning overslag. Hva er den største overflateladningstetthet ei metalloverflate kan holde? A. 3 C/m B. 6 mc/m C. 6 C/m D. 0.8 µc/m E. 7 µc/m Løsning: σ max ε 0 E max F/m V/m C/m 7 µc/m. 3. Hva er den minste radius ei metallkule kan ha for å holde på en ladning på.0 C? A..4 mm B. 3. cm C. 55 m D km E. 4 m Løsning: Det elektriske feltet ved overflata av ei ladd kule med radius R min er som gir minste mulige radius uten overslag R min 4πε 0 E maks E max 4πε 0 Rmin, C 4πε V/m 55 m. 4. Hvor mange ekstra elektroner må ei metallkule ha for å produsere et elektrisk felt på 50 N/C rett ved overflata dersom kula har diameter d 60.0 cm? A B C D E Løsning: Det elektriske feltet rett utenfor overflata av en sfærisk leder som har en nettoladning q er E q 4πε 0 R. q R E /4πε 0 d/ E /4πε m 50 N/C N m /C C. Størrelsen på elektronladningen er e C, så antall ekstra elektroner kula må ha er C C

2 5. Et typisk metall består av atomer i et kubisk gitter med avstand 0.30 nm mellom naboatomer. Hva er midlere antall atomer per m overflate? A. 0 8 m B. 5 0 m C m D m E m Løsning: På et areal A 0.3 nm m er det 4 kvarte atom, dvs. ett atom. Midlere antall atomer per m blir derfor n A /A 0 8 m. 6. La metallet definert i spm. 5 ha en overflateladningstetthet på 5 µc/m. Anta at ladningen er fordelt kun i det ytterste atomlaget på overflata. Hvor stor andel av atomene i dette laget har fått ett ekstra elektron? A. 0 9 B C D E. 5 0 Løsning: Ladningen for N ladde atomer er N e, slik at antall elektroner per m blir n e N A /e A σ e C/m C 6 03 m. Andel av atomene i overflatelaget med et ekstra elektron: n e 6 03 n A Dvs. bare ett av ca atomer har overskudd eller underskudd av ett elektron. Følgelig har ytterste atomlag mer enn nok kapasitet til å ta opp all mulig ladning på ei metalloverflate. 7. En hul, metallisk kule har ytre radius 0.50 m, indre radius 0.00 m og en uniform overflateladningstetthet C/m. En ladning på µc plasseres inni sentrum av kula. Hva blir den nye ladningstettheten på overflata? A C/m B C/m C C/m D C/m E C/m Løsning: Det elektriske feltet inni kula er null, og all den opprinnelige ladninga befinner seg på overflata. Når en ny ladning plasseres inni kula induseres det en ladning på den indre overflata som igjen induserer en like stor men motsatt ladning på den ytre overflata. Nettoladningen på den ytre overflata er lik summen av den opprinnelige positive ladningen og den nye negative ladningen på den indre overflata som følge av den negative ladningen plassert i sentrum av kula. Den opprinnelige ladningen på den ytre overflata av kula er q 0 σa σ 4πr C/m 4π0.50 m C. Når den nye ladningen q µc plasseres inni kula, blir den nye ladningen på den ytre overflata 5.00 µc µc 4.50 µc. Da blir den nye overflateladningstettheten på utsiden av kula σ q A q 4πr C 4π 0.50 m C/m. Page

3 Sfærisk ladningsfordeling 8. En sfærisk symmetrisk ladningsfordeling har en ladningstetthet ρr gitt ved α for r [0, R/ ρr α r/r for r [R/, R. 0 for r [R, Den totale ladningen for denne fordelingen er 900 nc, radius til den sfærisk symmetriske ladningsfordelingen er R 90.0 mm, og α er konstant med enhet C/m 3. a Bestem α gitt ved og R. Du må integrere ρ dτ over kulevolumet. Finn også den numeriske verdien. Løsning: Ladningen i et infinitesimalt volumelement dτ er lik dq ρdτ. totalladningen uttrykkes τ dq τ ρdτ. Dermed kan Siden det er sfærisk symmetri, er det smart å bruke sfæriske koordinater. Volumet τ er da mest hensiktsmessig beskrevet ved et kuleskall med tykkelse dr: dτ 4πr dr. Når skal regnes ut, må vi bruke det oppgitte uttrykket for ρ innenfor de gitte grensene når vi integrerer: r0 R/ 0 4πα ρr 4πr dr α 4πr dr + R [ ] R/ 3 r3 + 8πα 0 [ 4π 3 α { R 3 + 4π 3 α R R/ α r/r 4πr dr + [ 3 r3 4R r4 R 4 R ] R R R/ R { [ R ]} R ]} 4 R 0 4πr dr 5π 8 αr3. Altså er og α α 8 5πR 3, C 5π m C/m C/m 3. b Bestem det elektriske feltet som funksjon av avstanden fra sentrum av ladningsfordelingen for alle de tre områder av r. Tips: Gauss lov. Løsning: For alle tre områder velger vi en sfærisk Gaussflate konsentrisk med ladningsfordelingen. På grunn av symmetrien i problemstillingen er det elektriske feltet radielt retta, E E r ˆr, hvor ˆr er enhetsvektor i radiell retning og E r er kun avhengig av avstanden r fra sentrum, dvs. konstant over flata. Flatenormalvektoren er gitt ved d A da ˆr. Page 3

4 Fluksintegralet over den lukkede, valgte Gaussflata med vilkårlig r blir da: E da E r da E r da E r 4πr encl E E r ˆr ε 0 encl 4πε 0 r. 3 Vi trenger da å finne ladningen som er innesluttet av Gaussflata for ulike valg av r. R < R/: Her er ρ konstant og derfor har vi som innsatt i ligning 3 gir E αr 3ε 0 ˆr encl ρτ α 4 3 πr3, 4 8r 5πε 0 R 3 ˆr 4πε 0 R r R ˆr 5 R/ < r < R: Her er ladningen lik sum av encl r R/ og ladningen i ytre lag: encl 4 3 πα R 3 + r R/ [ r 3 6 παr3 + 8πα α r 4πr dr R 3 r4 4R πα r4 R r3 4 R3 ] r R/, 6 som innsatt i ligning 3 gir det elektriske feltet πα r4 R E r3 4 R3 4πε 0 r ˆr αr r 4ε 0 R + 8 r 3 R R 4 r ˆr 4πε 0 R 8 r 8 r + 5 R 3 R r ˆr. 7 4 R r > R: Her er encl, og det elektriske feltet E 4πε 0 r ˆr 4πε 0 R ˆr. 8 r/r c Sjekk spesielt kontinuitet av det elektriske feltet i grensene mellom områdene. Hva er numerisk verdi av E på overflata av kula? Løsning: Verdien for E r skal ble den samme om vi setter inn i uttrykk som gjelder under Page 4

5 grensa og over grensa. Velger i dette punktet å bruke k 4πε 0. Grense ved r R/: 5 lim k r R R 8 4 ˆr 5 3 k R ˆr, 7 lim k r R + R ˆr 4 k R ˆr 6 k R ˆr. Kontinuiteten er bevart dvs. vi har greid å regne riktig!. Grense ved r R: 7 lim k r R R 8 5 k R 8 5 k R ˆr, 8 lim k r R + R ˆr ˆr ˆr 5 8 Kontinuiteten er bevart. Numerisk verdi ved grensene kan utregnes til ER Nm /C C m.00 MN/C, ER/ ER 6/5.07 MN/C. d Lag en skisse av Er ved å bruke et digitalt verktøy f. eks. Python. Velg r R som x-akse og Er/R k/r som y-akse. Skissér også ρr/r α i samme grafen. Disse valg gir dimensjonsløse størrelser på begge aksene, som er nærmest påkrevd i digirale plotteprogram. Løsning: Figuren viser E r k/r og ρ α som funksjon av r/r..5 E/k/R og ρ/α som funksjon av xr/r Er/R</ E/<r/R< Er>R ρ ρ/α og E/k/R r/r e Hvor stor andel av totalladningen befinner seg i området r R/? Page 5

6 Løsning: Ifølge ligning 4 er ladning innenfor r R/ lik encl r R/ 4 3 πα R/3, mens total ladning er fra uttrykk for α fra ligning 5πR3 α. 8 Dermed er andel av ladningene innenfor r < R/ lik encl r R/ 4 3πα R/3 5πR 3 8 α 4 3 / Molekylære dipoler 9. Ammoniakk, NH 3, er en elektrisk dipol, bortrifluorid, BF 3, er det ikke. N og F er elektronegative trekker elektroner til seg mens H og B er elektropositive. Bruk disse opplysningene til å finne ut kvalitativt hvordan disse to molekylene ser ut. Kontroller svaret ditt via internett eller andre kilder. Løsning: Av symmetrigrunner må alle bindingslengder N H være like store i NH 3, og tilsvarende for bindingslengdene B F i BF 3. Dessuten må alle bindingsvinkler H N H være like store, og tilsvarende for F B F. Da har vi kun to muligheter: Enten er molekylet plant eller så er det pyramideformet, med de 3 like atomene i grunnplanet og det siste på toppen. I disse to molekylene må vi forvente litt ulik grad av elektronegativitet dvs. evne til å tiltrekke seg ekstra elektroner. I BF 3 blir F litt negativt q og B litt positivt +3q, i NH 3 blir H litt positivt +q mens N blir litt negativt 3q. Vi får i hvert molekyl et totalt dipolmoment lik vektorsummen av tre summen av disse tre lik null, hvis molekylet er pyramidalt, blir summen ikke lik null. Konklusjonen må bli at BF 3 er et plant molekyl og at NH 3 har pyramidal struktur. Og slik er det da også i virkeligheten! Eksperimenter viser at vinklene F B F alle er 0 grader, mens vinklene H N H er ca 07 grader. wiki/boron_trifluoride wiki/ammonia Potensiell energi 0. a Fire punktladninger, to positive og to negative med 9.0 µc er plassert i hjørnene på et kvadrat med sidekanter a 5.00 cm, som vist i figuren under. Hva er systemets potensielle energi? Page 6

7 Løsning: Det er flere måter å regne ut dette, og viser her tre ulike måter: Utregning A: Setter inn én og én ladning og beregner energi for hver:. ladning settes inn fritt.. ladning mot V pot. ved ladn. pga. ladn. : U V k a. 3. ladning mot V 3 + V 3 pot. ved ladn. 3 pga. ladn. og : U 3 V 3 + V 3 k a + k. a 4. ladning mot V 4 + V 4 + V 43 : U 4 V 4 + V 4 + V 43 k + k a a + k a. Totalt: U U + U 3 + U 4 k 4 a + a k Jm/C 6 C.586 a m 37.7 J 38 J. Utregning B: Total potensiell energi for et system med punktladninger er U k i j, k r i<j ij 4πε 0 der summen går over alle par av ladninger i og j i innbyrdes avstand r ij. Like ladninger j i summeres ikke og hvert par summeres bare én gang, derfor i<j. I vårt tilfelle er alle ladninger like store i absoluttverdi. Vi har 4 par med motsatt fortegn i innbyrdes avstand a m og par diagonalt med likt fortegn i innbyrdes avstand a. Dermed får vi: U k 4 a + k 4 +, a a som over. Utregning C: Bruke potensial i ferdig oppbygd ladningssammensetning og bruke formelen U i V i i. Her er V potensialet ved ladning pga. de tre andre ladningene V k a + a +, osv. a Forenklingen V 4 V, V 3 V og 4 og 3 gir U [V + V ] [ k a + a + + a a + a + ] a k 4 a +, a som over. I energiberegninger i det videre anbefales den mest generelle utregningen C, med V d for kontinuerlige ladningsfordelinger. i V i i Page 7

8 b En punktladning 0 nc er plassert i origo og en punktladning 90 nc i x, y a, 0, som vist i figuren. a m og b m. Et elektron flyttes fra punkt A0, b til punkt Ba, b. Hvor stor endring gir denne forflytningen i systemets potensielle energi? Systemet de to punktladningene og elektronet. Gi svaret i elektronvolt, der ev J. Løsning: Punktladningene og flyttes ikke, så innbyrdes potensiell energi for dette paret trenger vi ikke å bry oss om fordi den endres ikke når den tredje ladningen elektronet flyttes. Vi må regne ut potensiell energi som skyldes vekselvirkningen mellom elektronet og de to fastliggende ladningene, henholdsvis før og etter forflytningen. Alternativt kan vi regne ut potensialet fra ladningene og i punktene A og B, hhv V A og V B, og deretter endringen i potensiell energi, U U B U A ev B ev A ev B V A. Potensialet i avstand r fra en punktladning er V r k k r 4πε 0 dvs. Coulombpotensialet. De aktuelle avstandene her er r A r B m fra til A og fra til B og r B r A m.000 m fra til B og fra til A. Dermed: Her er som gir V A k + k og V B k + k r A r A r B V V B V A k r B r A r B + k r B r A C, C, m og m, r B r A r B r A V Vm/C C m 59 V og endelig U e V.6 kev. Page 8